「BZOJ1003」[ZJOI2006]物流运输

「BZOJ1003」[ZJOI2006]物流运输

problem

Description

物流公司要把一批货物从码头A运到码头B。由于货物量比较大，需要n天才能运完。货物运输过程中一般要转停好几个码头。物流公司通常会设计一条固定的运输路线，以便对整个运输过程实施严格的管理和跟踪。由于各种因素的存在，有的时候某个码头会无法装卸货物。这时候就必须修改运输路线，让货物能够按时到达目的地。但是修改路线是—件十分麻烦的事情，会带来额外的成本。因此物流公司希望能够订一个n天的运输计划，使得总成本尽可能地小。

Input

第一行是四个整数n(l≤n≤100)、m(l≤m≤20)、K和e。n表示货物运输所需天数，m表示码头总数，K表示每次修改运输路线所需成本，e表示航线条数。接下来e行每行是一条航线描述，包括了三个整数，依次表示航线连接的两个码头编号以及航线长度(>0)。其中码头A编号为1，码头B编号为m。单位长度的运输费用为1。航线是双向的。再接下来一行是一个整数d，后面的d行每行是三个整数P(1<P<m)，a，b(1≤a≤b≤n)。表示编号为P的码头从第a天到第b天无法装卸货物（含头尾）。同一个码头有可能在多个时间段内不可用。但任何时间都存在至少一条从码头A到码头B的运输路线。

Output

包括了一个整数表示最小的总成本。总成本=n天运输路线长度之和+K*改变运输路线的次数。

Sample Input

5 5 10 8
1 2 1
1 3 3
1 4 2
2 3 2
2 4 4
3 4 1
3 5 2
4 5 2
4
2 2 3
3 1 1             
3 3 3
4 4 5

Sample Output

32
//前三天走1-4-5，后两天走1-3-5，这样总成本为(2+2)*3+(3+2)*2+10=32

Solution

一下引自Luogu@DavidJing的题解

最优解问题明显就是一个dp，而求两点之间的距离当然就是最短路了~
那么思考怎么构建dp方程
首先我们可以设f[i]表示前i天所花费的最小值
f[i]=min(f[i],f[j-1]+(i-j+1)∗ * ∗L+K) （1<=j<=i)
什么意思呢 就是第j天到第i天走同一条路，并且这条路和第j-1天是不同的
那么第j天到第i天走的肯定是此时情况下的最短路了,所以L表示在当前情况下的1->m的最短路,可以用spfa（虽然他已经死了）或dijktra求解
那么现在就要考虑码头无法使用的情况了，
因为我们要保证第j天到第i天走的最短路是不能包括在这些天内不能经过的点的(哪怕是1天或是间断的几天都不行)
所以我们枚举j的时候可以从大到小枚举，并且将第j天无法通过的点同j+1->i天无法通过的点塞入一个集合，并且在求最短路时判断不经过集合中的点，就可以求出从第j天到第i天经过未损坏的点从1到m的最短路了~
这样求解，题目也就容易做出了~

Code

#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
#include <cmath>
#include <queue>
#include <vector>
#include <queue> 
#define maxn 105
#define maxm 25
#define maxe 505
#define mp(x,y) (make_pair((x),(y)))
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int,int> pr;

int n,m,K,e,d;
int ocrd[maxm][maxn];
int una[maxm];
int dp[maxn];

struct edge
{
	int u,v,w,nxt;
}g[maxe];

int head[maxm],ecnt;
void eADD(int u,int v,int w)
{
	g[++ecnt].u=u;
	g[ecnt].v=v;
	g[ecnt].w=w;
	g[ecnt].nxt=head[u];
	head[u]=ecnt;
}

int dist[maxm],vst[maxm];
int Dijkstra()
{
	priority_queue<pr> q;
	memset(dist,0x3f,sizeof(dist));
	memset(vst,0,sizeof(vst));
	dist[1]=0;
	q.push(mp(-dist[1],1));
	while(!q.empty())
	{
		int u=q.top().second;
		q.pop();
		if(vst[u] || una[u])
			continue;
		vst[u]=1;
		for(register int i=head[u];i;i=g[i].nxt)
		{
			int v=g[i].v;
			if(!vst[v] && !una[v])
				if(dist[v]>dist[u]+g[i].w)
				{
					dist[v]=dist[u]+g[i].w;
					q.push(mp(-dist[v],v));
				}
		}
	}
	return dist[m];
}

int main()
{
	scanf("%d%d%d%d",&n,&m,&K,&e);
	for(register int i=1;i<=e;++i)
	{
		int u,v,w;
		scanf("%d%d%d",&u,&v,&w);
		eADD(u,v,w),eADD(v,u,w);
	}
	scanf("%d",&d);
	for(register int i=1;i<=d;++i)
	{
		int k,x,y;
		scanf("%d%d%d",&k,&x,&y);
		for(register int j=x;j<=y;++j)
			ocrd[k][j]=1;
	}
	memset(dp,0x3f,sizeof(dp));
	dp[0]=0;
	for(register int i=1;i<=n;++i)
	{
		memset(una,0,sizeof(una));
		for(register int j=i;j;--j)
		{
			for(register int k=1;k<=m;++k)
				una[k]|=ocrd[k][j];
			int dis=Dijkstra();
			if(dis>=0x3f3f3f3f)
				break;
			dp[i]=min(dp[i],dp[j-1]+(i-j+1)*dis+K);
		}
	}
	printf("%d",dp[n]-K);
	return 0;
}